1

BÖLÜM-3

3.1 FİZİKSEL SİSTEMLERİN SERBEST SALINIMLARI

Bu bölümde periyodik titreşim hareketi yapan fiziksel sistemler incelenecektir.

Periyodik titreşim hareketi, denge konumu etrafında eşit zaman aralıklarında

kendini tekrarlayan harekettir. Titreşim hareketlerinin fiziksel temellerinin iyi

anlaşılması gerekir. İleriki konularda ele alacağımız dalga olaylarının temelinde

titreşim hareketi yapan fiziksel nicelikler olduğunu göreceğiz.

3.2 BASİT HARMONİK HAREKET (BHH)

En basit salınım hareketi, geri çağırıcı kuvvetin (𝐹) yer değiştirme (x) ile doğru

orantılı olduğu durumda görülür. Serbest uzunluğundan itibaren bir yayı x kadar

uzatıp (veya sıkıştırdığımızda) yay uzama (veya sıkışma) miktarı ile orantılı bir

kuvvet uygular. Bu kuvvet her zaman yayın uzamasına (veya sıkışmasına) zıt

yöndedir. Kuvvet-yer değiştirme ilişkisi Robert Hooke tarafından basit bir

şekilde ifade edilmiştir:

𝐹 = −𝑘𝑥 (3.1)

Bu ilişki ideal bir yay için geçerlidir ve Hook Yasası olarak adlandırılır. Eksi

işareti yayın uyguladığı kuvvetin geri çağırıcı olduğunu temsil eder. Burada k

orantı sabitine yay sabiti (veya kuvvet sabiti) denir. Yay sabiti her zaman

pozitiftir ve birimi SI-birim sisteminde N/m ile tanımlıdır.

Şimdi sürtünmesiz yatay düzlemde bir doğru boyunca titreşim hareketi yapan

kütle-yay sistemine yakından bakacağız (Şekil-3.1).

Şekil-3.1 Hava rayı üzerinde BHH yapan kütle-yay sistemi.

2

3.2.1 Yatay doğrultuda kütle-yay sistemi

Şekil-3.2’deki kütle x kadar sağa doğru çekilip serbest bırakılısa, kütle denge

konumu etrafında salınım hareketi yapmaya başlar. Bu olayın sürtünmesiz hava

rayı üzerinde olduğunu kabul edelim.

Şekil-3.2.Yatay düzlemde kütle-yay sisteminin hareketi.

Şekildeki yayın Hook yasasına uyan bir yay olduğunu kabul edeceğiz. Bu

durumda geri çağırıcı kuvvet için

𝐹 = −𝑘𝑥 (3.2a) yazabiliriz. 2. Newton yasasından

𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2 (3.2b)

olacağını biliyoruz. Bu iki bağıntı kullanılarak

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑘𝑥 = 0 (3.3a)

veya

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚𝑥 = 0 (3.3b)

yazabiliriz. Burada 𝑘

𝑚’nin değeri her zaman pozitif olduğu için 𝜔0

2 = 𝑘/𝑚

olacak şekilde bir 𝜔0 niceliği tanımlayabiliriz. Bu durumda (3.3b) denklemi

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝑥 = 0 (3.4)

olur. Bu, sürtünmesiz yatay düzlemde bir doğru boyunca titreşim hareketi yapan

kütle-yay sisteminin hareket denklemidir.

3

3.2.2 Düşey doğrultuda kütle-yay sistemi

Şekil-3.3a’daki kuvvet sabiti k olan yayın ucuna kütlesi m olan bir cisim

bağlayalım.

Şekil-3.3 Düşey konumda kütle-yay sistemi.

Şekil-3.3b’de cisim denge konumundadır, bu konumda yay ∆𝑙 kadar uzamıştır.

Yayın cisim üzerinde yukarı doğru uyguladığı 𝑘∆𝑙 kuvveti, cismin ağırlığını

(𝑚𝑔) dengeleyecek kadardır yani

𝑘∆𝑙 = 𝑚𝑔

Denge noktasını 𝑥 = 0 ve pozitif x yönünü de yukarı doğru seçelim. Cisim

denge noktasının x kadar yukarısında olduğu zaman (Şekil-3.3c) yayın uzaması

∆𝑙 − 𝑥 kadardır. Yayın cisme uyguladığı yukarı doğru kuvvet 𝑘(∆𝑙 − 𝑥 )’dir.

Cisme etkiyen net (bileşke) kuvvet,

𝐹𝑛𝑒𝑡= 𝑘(∆𝑙 − 𝑥 ) + (−𝑚𝑔) = −𝑘𝑥

olacaktır. 2.Newton yasasından

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑘𝑥 = 0

yazabiliriz. Bu denklem, 𝜔02 = 𝑘/𝑚 seçilerek,

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝑥 = 0 (3.5)

formunda yazılabilir. Bu sonuç Eşitlik-3.4 ile aynıdır. Dolaysıyla sürtünmesiz

yatay doğrultudaki kütle-yay sistemi ile düşey doğrultudaki kütle-yay sisteminin

hareket denklemlerinin aynı olduğuna dikkat ediniz. Bu hareket denklemi sabit

katsayılı ikinci dereceden homojen bir diferansiyel denklemdir. Bu denklemin

4

çözümü için

𝑥 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (3.6a)

yazabiliriz. Burada 𝐶1 ve 𝐶2 sabitler olup, başlangıç koşullarından tayin edilir.

Bu denklemin çözümü için çoğu kez

𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + φ ) (3.6b)

ifadesi kullanılır. Burada x uzanım, A genlik, 𝜔0 = √𝑘/𝑚 açısal frekans ve 𝜑

faz sabitidir. Sonuç olarak her iki durumda da sistemin basit harmonik hareket

(BHH) yaptığı anlaşılır. Bu nedenle

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝑥 = 0

denklemi basit harmonik hareketi tanımlayan hareket denklemidir. İleride bu

denklem ve çözümü ile sık karşılaşacaksınız.

Şekil-3.4’de uzanımın (x), hızın (v) ve ivmenin (a) zamana bağlı değişimi

𝜑 = 0 özel durumu için verilmiştir.

Şekil-3.4.Uzanımın (𝑥), hızın(𝑣 = �̇�) ve ivmenin (𝑎 = �̈�) zamana (𝑡) bağlı

değişimi.

5

3.2.3 Yayların bağlanması

Mekanik sistemlerde yaylar sisteme paralel ve seri bağlanabilmektedir veya

bunların karışımı bağlantılar da yapmak mümkündür. Burada sadece iki yayın

paralel ve seri bağlanması verilecektir.

3.2.3.1 Paralel bağlı yaylar

Şekil-3.5 Paralel bağlı yaylar.

Şekil-3.5’deki paralel bağlı yaylar F kuvvetinin etkisinde eşit miktarda uzarlar

yani 𝑥1 = 𝑥2 = 𝑥 olacaktır. Bu durumda F kuvveti için

𝐹 = 𝑘1𝑥1 + 𝑘2𝑥2 = (𝑘1 + 𝑘2)𝑥 (3.7)

yazabiliriz. Aynı zamanda F kuvveti için

𝐹 = 𝑘𝑒ş𝑥

yazılabileceğinden

𝑘𝑒ş𝑥 = (𝑘1 + 𝑘2)𝑥

yazabiliriz. Buradan

𝑘𝑒ş = (𝑘1 + 𝑘2) (3.8a)

sonucunu elde ederiz. Benzer şekilde n tane yay paralel bağlanırsa eşdeğer yay

için

𝑘𝑒ş = ∑ 𝑘𝑖𝑛𝑖=1 (3.8b)

ifadesini yazabiliriz. Yaylar paralel bağlandığında eşdeğer yay sabiti, yayların

her birinin yay sabitinden büyük olacağı açıktır.

6

3.2.3.2 Seri bağlı yaylar

Şekil-3.6 Seri bağlı yaylar.

Yayları uç uca eklediğimizde seri bağlamış oluruz (Şekil-3.6). Seri bağlı

yaylardaki toplam uzama miktarı, yayların tek tek uzamalarının toplamına eşit

olacaktır. Bu durumda toplam uzama için

𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 (3.9)

yazabiliriz. Tüm yaylara aynı F kuvveti etkidiği için

𝐹 = 𝑘1𝑥1 = 𝑘2𝑥2

olacaktır. Buradan

𝑥1 =𝐹

𝑘1 ve 𝑥2 =

𝐹

𝑘2

yazabiliriz. Eşdeğer yay için ise

𝑘𝑒ş =𝐹

𝑥 veya 𝑥 =

𝐹

𝑘𝑒ş

yazılabilir. Bu değerler Eşitlik-9’da kullanırsa

1 𝑘𝑒ş⁄ = 1 𝑘1 + 1 𝑘2⁄⁄ (3.10a)

Sonucunu elde ederiz. Eğer n tane yay seri bağlanırsa eşdeğer yay sabiti için

1 𝑘𝑒ş⁄ = ∑1

𝑘𝑖

𝑛𝑖=1 (3.10b)

ifadesinin yazılacağı açıktır.

Sonuç olarak yayların bağlanmasının analizi kondansatörlerin bağlanmasındaki

analize benzediğine dikkat ediniz.

3.2.4 Basit harmonik harekette enerji

BHH yapan bir kütle yay sisteminin potansiyel ve kinetik enerjisi için

U =1

2𝑘𝑥2 =

1

2𝑘𝐴2𝑐𝑜𝑠2(𝜔0𝑡 + φ ) (3.11a)

K =1

2𝑚𝑣2 =

1

2𝑚𝜔0

2𝐴2𝑠𝑖𝑛2(𝜔0𝑡 + φ) =1

2𝑘𝐴2𝑠𝑖𝑛2(𝜔0𝑡 + φ) (3.11b)

7

yazabiliriz. Bu ifadeler kullanılarak BHH yapan bir kütle yay sisteminin toplam

enerjisi (mekanik enerji) için

𝐸 = 𝑈 + 𝐾 =1

2𝑘𝑥2 +

1

2𝑚𝑣2 (3.11c)

𝐸 =1

2𝑘𝐴2𝑐𝑜𝑠2(𝜔0𝑡 + φ ) +

1

2𝑘𝐴2𝑠𝑖𝑛2(𝜔0𝑡 + φ ) =

1

2𝑘𝐴2 (3.11d)

ifadesini elde ederiz. Mekanik enerjinin sabit olduğuna dikkat ediniz.

Eşitlik-3.11c ve 3.11d kullanılarak

1

2𝑘𝑥2 +

1

2𝑚𝑣2 =

1

2𝑘𝐴2

yazılabilir. Buradan herhangi bir t anındaki hız için,

𝑣 = ∓𝜔0√𝐴2 − 𝑥2 (3.12)

yazabiliriz. Cisim denge durumundan geçerken (x=0) en büyük hıza, dolayısıyla

en büyük kinetik enerjiye sahip olur. Cisim dönme noktalarında geçerken (xmax

= ± A) ise en büyük potansiyel enerjiye sahip olur. Kinetik enerjinin maksimum

değeri potansiyel enerjinin maksimum değerine eşittir ve bu değer herhangi bir

andaki toplam enerjiye eşittir.

Cisim denge durumundan geçerken x = 0 olacağından, 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝜔0𝐴 elde edilir.

Bu durumda kinetik enerji de en büyük olacağından,

𝐾𝑚𝑎𝑥 =1

2𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥

2 =1

2𝑚𝜔0

2𝐴2 =1

2𝑘𝐴2 (3.13)

yazabiliriz. Sonuç olarak

𝐾𝑚𝑎𝑥 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 = 𝐸 =1

2𝑘𝐴2 =

1

2𝑚𝜔0

2𝐴2 = 2𝜋2𝑚𝑓2𝐴2 (3.14)

yazabiliriz. Burada f normal frekanstır.

Yukarıda anlatılanları özetlemesi bakımından Şekil-3.7’da BHH’in kinetik (K)

ve potansiyel (U) enerjilerinin zamana ve konuma bağlı değişimi ortak eksende

gösterilmiştir. Cismin herhangi bir andaki kinetik ve potansiyel enerjilerinin

toplamı, maksimum kinetik enerjiye ve aynı zamanda maksimum potansiyel

enerjiye eşit olacaktır.

8

Şekil-3.7 Kinetik (K) ve potansiyel (U) enerjinin (a) zamana ve (b) yer

değiştirmeye bağlı değişimi.

3.2.5 Basit sarkaç

Bir ucundan tespit edilmiş ℓ uzunluğundaki hafif iplikle taşınan m kütleli

noktasal bir cismin oluşturduğu düzeneğe basit sarkaç denir (Şekil-3.8).

Şekil-3.8 Basit sarkaç.

Basit sarkaç denge konumundan küçük bir θ açısı kadar uzaklaştırılıp serbest

bırakılırsa düşey düzlemde periyodik salınımlar yapar. Kütleye etki eden geri

çağırıcı kuvvet

𝐹 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 (3.15)

ifadesi ile verilir. Sinüs fonksiyonunun seriye açılımı

sinθ = θ −θ3

3!+

θ5

5!−

θ7

7!+ ⋯ (3.16)

dir. θ açısının küçük değerleri için sinθ ≅ θ alınabilir (Şekil-3.9).

9

Şekil-3.9 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝜃 fonksiyonunun küçük 𝜃 değerlerinde 𝑦 = 𝜃’ye yaklaşımı.

Bu durumda F kuvveti için

𝐹 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ −𝑚𝑔𝜃 (3.17a)

yazabiliriz. 2. Newton yasasından

𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚𝑑2𝑠

𝑑𝑡2= 𝑚

𝑑2

𝑑𝑡2(𝑙𝜃) = 𝑚𝑙

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2 (3.17b)

ve buradan

𝑚𝑙𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −𝑚𝑔𝜃 (3.17c)

veya

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝑔

𝑙𝜃 = 0 (3.17d)

yazabiliriz. Burada 𝜔02 =

𝑔

𝑙 alınarak,

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝜃 = 0 (3.17e)

ifadesini elde ederiz. Bu ifade, matematiksel olarak, kütle-yay sistemi için elde

ettiğimiz BHH denklemi ile aynı formdadır. Bu denklemin çözümü için

𝜃 = 𝜃0cos (𝜔0𝑡 + φ ) (3.18a)

yazabiliriz. Burada açısal uzanım, 0 açısal genlik, 𝜑 faz sabiti ve 𝜔0 açısal

frekans’dır.

Hareketin periyodu ve frekansı için :

𝜔0 = √𝑔/𝑙 , 𝑓 =1

2𝜋√𝑔/𝑙 𝑣𝑒 𝑇 = 2𝜋√𝑙/𝑔 (3.18b)

ifadelerini yazabiliriz. Burada periyodun (veya frekans) kütleden bağımsız

olduğuna dikkat ediniz.

10

3.2.6 Basit Sarkacın Enerjisi

Şekil-3.10 Basit sarkaçta 𝜃 açısına karşı sarkaç kütlesinin yükselmesi.

Şekil-3.10’daki dik üçgenden

𝑠𝑖𝑛𝜃 =𝑥

𝑙 veya, 𝑥 = 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃,

θ açısının küçük olması halinde, Sinθ≈θ olup, 𝑥 ≅ 𝑙𝜃

𝑙2 = (𝑙 − 𝑦)2 + 𝑥2 = 𝑙2 − 2𝑙𝑦 + 𝑦2 + 𝑥2

2𝑙𝑦 = 𝑦2 + 𝑥2

yazabiliriz. Küçük açılı salınımlar için 𝑦 ≪ 𝑙 olacağından 2𝑙𝑦 ≅ 𝑥2 veya

𝑦 =𝑥2

2𝑙 alınabilir. Bu durumda:

Potansiyel enerji 𝑈 = 𝑚𝑔𝑦 = 𝑚𝑔𝑥2

2𝑙 (3.19a)

Kinetik enerji 𝐾 =1

2𝑚𝑣2 (3.19b)

Mekanik enerji 𝐸 = 𝑈 + 𝐾 =1

2𝑚𝑔

𝑥2

𝑙+

1

2𝑚𝑣2 (3.19c)

Mekanik enerjiyi maksimum potansiyel enerji cinsinden ifade edersek

𝑈𝑚𝑎𝑥 =1

2𝑚𝑔

𝐴2

𝑙 (3.19d)

𝐸 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 = 1

2𝑚𝑔

𝐴2

𝑙=

1

2𝑚𝑔

𝑥2

𝑙+

1

2𝑚𝑣2 (3.19e)

yazılabilir.

11

3.2.7 Burulma sarkacı

Şekil-3.11 Burulma sarkacı.

Küçük açılı burulmalarda geri çağırıcı tork için

𝜏 = −𝐾𝜃 (3.20a)

yazılabilir. Burada K, telin burulma sabitidir. Tork için 𝜏 = 𝐼𝛼 ifadesini

kullanırsak

𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −𝐾𝜃 (3.20b)

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ 𝐾𝜃 = 0 (3.20c)

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2 𝜃 = 0 (3.20d)

Burada 𝜔02 = 𝐾/𝐼 dir. Daha önce yaptığımız gibi bu denklemin çözümü için de

𝜃 = 𝜃𝑚cos (ω0𝑡 + 𝜑) (3.21)

ifadesini yazabiliriz. Hareketin frekansı ve periyodu için

𝑓 =1

2𝜋√𝐾/𝐼 ve 𝑇 = 2𝜋√𝐼/𝐾 (3.22)

ifadelerinin yazılacağı açıktır. Burada I, diskin eylemsizlik momentidir. Disk

düzlemine dik ve kütle merkezinden geçen eksene göre eylemsizlik momentinin

Ikm = (MR2)/2) ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Burada M diskin kütlesi, R ise

yarıçapıdır.

12

3.2.8 Fiziksel sarkaç

Şekil-3.12 Fiziksel sarkaç.

Sarkaca etkiyen tork için

𝜏 = −(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃)𝑙/2

ifadesi yazılabilir. Aynı zamanda tork için

𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

yazabiliriz. Bu ikisinden

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ (𝑚𝑔𝑙/2)𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

ifadesi yazılır. Küçük açılı salınımlarda 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 alınabileceği için sarkacın

hareket denklemi için

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ (𝑚𝑔𝑙/2)𝜃 = 0

veya 𝜔02 = 𝑚𝑔𝑙/(2𝐼) alınarak

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2 𝜃 = 0 (3.23)

elde edilir. Bu denklemin çözüm ise

𝜃 = 𝜃𝑚cos (ω0𝑡 + φ) (3.24)

13

ifadesi ile verilebilir. Paralel eksen teoremini kullanarak sistemin eylemsizlik

momenti için

𝐼 = 𝐼𝑘𝑚 + 𝑚(𝑙 2⁄ )2 =𝑚𝑙2

12+ 𝑚(𝑙 2⁄ )2 = 𝑚𝑙2/3

ifadesini yazabiliriz. Bu değer 𝜔02 = 𝑚𝑔𝑙/(2𝐼) ifadesinde kullanılarak

sarkacın frekansı ve periyodu için

𝑓 =1

2𝜋√

𝑚𝑔𝑙

2𝐼 , 𝑇 = 2𝜋√

2𝐼

𝑚𝑔𝑙 veya 𝑓 =

1

2𝜋√

3𝑔

2𝑙, 𝑇 = 2𝜋√

2𝑙

3𝑔 (3.25)

yazılır. Burada frekans ve periyodun kütleden bağımsız olduğuna dikkat ediniz.

3.2.9 Yüzen cisimlerin basit harmonik hareketi

Sıvıya daldırılmış bir cisim serbest bırakıldığında titreşim hareketi yapar (Şekil-

3.13).

Şekil-3.13 Sıvıya daldırılmış cisim. (a) Cisim yüzüyor. (b) Yüzen cisim üsten

hafifçe y kadar bastırılıyor.

m: yüzen cismin kütlesi

A: kesit alanı

: sıvının yoğunluğu

Ws : g (A.y) (yer değiştiren sıvının ağırlığı)

𝐹 = −𝜌𝑔(𝐴. 𝑦)

𝐹 = 𝑚𝑎 = 𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −𝜌𝑔(𝐴𝑦)

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ (𝜌𝑔𝐴)𝑦 = 0

14

veya 𝜔02 =

𝜌𝑔𝐴

𝑚 yazarak hareket denklemi için

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2 𝑦 = 0 (3.26)

elde ederiz. Buradan periyot ve frekans için

𝑇 = 2𝜋√𝑚

𝜌𝑔𝐴 ve 𝑓 =

1

2𝜋√

𝜌𝑔𝐴

𝑚

ifadelerini yazabiliriz. Şekil-3.13a’da batan kısım h olduğundan Archimed ilkesi

gereği gAh = mg veya m=Ah yazabiliriz. Bu değeri periyot (veya frekans)

ifadesinde yerine yazarak;

𝑇 = 2𝜋√ℎ

𝑔 ve 𝑓 =

1

2𝜋√

𝑔

ℎ (3.27)

elde ederiz. Burada frekans ve periyodun yüzen cismin kütlesinden bağımsız

olduğuna dikkat ediniz.

3.2.10 Elektrik Devrelerinde Osilasyonlar

İndüktans (L) ve kapasitans (C) içeren bir devre BHH salınım özellikleri

gösterir (Şekil-3.14). Bu tür devreleri deneysel olarak laboratuvar derslerinde de

inceleyeceksiniz.

Şekil-3.14 LC-devresi.

Bu kapalı devreye Kirchoff’un ilmek kuralını uygulayarak devre denklemi için

𝑞

𝐶+ 𝐿

𝑑𝑖

𝑑𝑡= 0 (3.28)

yazabiliriz.Akım için 𝑖 =𝑑𝑞

𝑑𝑡 yazarak devre denklemini

15

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+

1

𝐿𝐶𝑞 = 0 (3.29)

şeklinde veya 𝜔02 =

1

𝐿𝐶 alınarak

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2 𝑞 = 0 (3.30)

şeklinde yazabiliriz.

Bu denklem ile kütle-yay sisteminin hareket denkleminin matematik olarak aynı

olduğuna dikkat ediniz. Bu benzerlikten faydalanarak (3.30) denkleminin

çözümü için

𝑞 = 𝑞0𝐶𝑜𝑠(ω0𝑡 + φ) (3.31)

ifadesini yazabiliriz. Bu çözüm kondansatör üzerindeki q yükünün periyodik

olarak salındığını söyler. Salınımın frekansı ve periyodu için ise

ω0 =1

√𝐿𝐶 𝑓 =

1

2𝜋

1

√𝐿𝐶 ve 𝑇 = 2𝜋√𝐿𝐶 (3.32)

ifadelerinin yazılabileceği açıktır.

3.2.11 LC devresi ile kütle-yay sistemi arasındaki benzerlikler

Yukarıdaki eşitliklerden hareketle elektriksel LC devresi ile kütle-yay

sisteminin benzerlikleri aşağıda özetlenmiştir. Bu benzerlikleri Fizik

Laboratuvarı-IV dersinde çok kullanacaksınız. Bu nedenle buradaki analizlerin

iyi anlaşılması gerekir.

x q

k 1

𝐶

m L

𝜔0 = √𝑘

𝑚 𝜔0 =

1

√𝐿𝐶

𝐸 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2 𝐸 =

1

2𝐿𝑖2 +

1

2 𝑞2

𝐶

16

3.3. SÖNÜMLÜ HARMONİK HAREKET

Harmonik hareket yapan bir sistemin üzerine bir sürtünme kuvveti etki ederse

salınım genliği, sürtünme nedeniyle, küçülerek sıfır olur. Bu cins salınımlara

sönümlü harmonik hareket denir.

Şimdi sürtünme kuvveti gibi korunumsuz kuvvetlerin işe girmesiyle serbest

titreşim ifadelerinin nasıl değişikliğe uğradığını tartışacağız. Genellikle

sürtünme hava direncinden veya iç kuvvetlerden kaynaklanır. Salınan

sistemlerde sürtünme kuvveti çoğu kez hız ile orantılı olup, harekete zıt olarak

yönelmiştir.

Kütle-yay sistemini yeniden ele alalım. Şekil-3.15’de görüldüğü gibi yaya asılı

olan bir kütlenin salınım yaparken sıvı dolu bir kap içine batırıldığını

düşünelim. Bu kütle viskoz sıvı içinde hareket ederken enerjisini kaybetmeye

başlayacaktır, başka bir deyişle kütle sönümlü harmonik hareket yapacaktır.

Şekil-3.15 Viskoz ortamda kütle-yay sistemi.

Kabullenmelerimiz:

Potansiyel enerjinin tümünün, kütlesiz ve hiçbir sürtünme kuvvetinin

etkimediği ideal yayda toplandığı,

Kinetik enerjinin tümünün salınan m kütlesinde toplandığı,

Tüm ısı şeklindeki iç enerjinin, kabı dolduran viskoz sıvıda ortaya çıktığı

kabul edilecektir.

17

Sönümlü hareketin denklemi 2. Newton yasasından (𝑭 = 𝑚𝒂 ) elde edilir.

Kütleye etki eden F kuvveti, geri çağırıcı – 𝑘𝑥 şeklindeki kuvvet ile −𝑏𝑑𝑥

𝑑𝑡

şeklindeki sürtünme kuvvetlerinin toplamıdır (Hareket tek boyutlu olduğundan

vektör gösterimi kullanılmadı). Burada b bir sabit olup sönüm kuvvetinin

büyüklüğünün bir ölçüsüdür.

Bu durumda hareket denklemini

𝑚𝑎 = −𝑘𝑥 − 𝑏𝑑𝑥

𝑑𝑡 (3.33)

veya

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥 = 0 (3.34)

şeklinde yazabiliriz. Bu denklem yeniden

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝑏

𝑚

𝑑𝑥

𝑑𝑡+

𝑘

𝑚𝑥 = 0 (3.35)

şeklinde düzenlenebilir. Bu denklem çoğu kez

γ =𝑏

𝑚 ve ω0

2 =𝑘

𝑚 (3.36)

kısaltmaları yapılarak

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ γ

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ ω0

2𝑥 = 0 (3.37)

şeklinde verilmektedir. Buradaki 𝛾 ve 𝜔02 nicelikleri gerçek ve pozitif sabit

sayılardır. Bu denklem sabit katsayılı, ikinci dereceden, homojen bir

diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözümü için

𝑥 = 𝑒𝑟𝑡 (3.38)

formunda bir çözüm arayabiliriz (Bu türden denklemlerin çözümü için Calculus

and analytic geometry; George B. Thomas, Jr.” kitabına bakabilirsiniz.).

Burada r bir sabittir. Bu fonksiyonun t’ye göre birinci ve ikici türevleri alınarak

Eşitlik-3.37’de yerine yazılırsa

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑟𝑒𝑟𝑡 ve

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑟2𝑒𝑟𝑡

18

(𝑟2 + γ𝑟 + ω02)𝑒𝑟𝑡 = 0 (3.39)

elde edilir. 𝑒𝑟𝑡 ≠ 0 olduğu için,

(𝑟2 + γ𝑟 + ω02) = 0 (3.40)

olmak zorundadır. Bu denkleme karakteristik (veya yardımcı) denklem adı

verilir.

Bu karakteristik denklemin iki kökü vardır. Bu kökler,

𝑟1 =1

2(−γ + √γ2 − 4ω0

2) (3.41)

𝑟2 =1

2(−γ − √γ2 − 4ω0

2) (3.42)

dir. Burada Δ = γ2 − 4ω02 değerine diskriminant dendiğini biliyoruz.

Diskriminantın değerine göre bu denklemin çözümünde üç farklı durum söz

konusudur:

1. Δ = γ2 − 4ω02 > 0 (3.43a)

2. Δ = γ2 − 4ω02 = 0 (3.43b)

3. Δ = γ2 − 4ω02 < 0 (3.43c)

Şimdi bu üç duruma daha yakından bakalım.

1. Durum :Δ = γ2 − 4ω02 > 0,

Bu özel durum kritik üstü sönüm (over-damped) olarak adlandırılır. Bu

durumda 𝑟1 ve 𝑟2 gibi iki gerçek (reel) kök vardır. Bu nedenle (3.37)

denkleminin

𝑥1 = 𝐶1𝑒𝑟 1𝑡 ve 𝑥2 = 𝐶2𝑒𝑟 2𝑡 (3.44)

gibi iki farklı çözümü olacaktır. Çizgisel denklemlerin iki kökünün toplamı da

bir çözüm olduğundan

𝑥 = 𝐶1𝑒𝑟 1𝑡 + 𝐶2𝑒𝑟 2𝑡 (3.45)

şeklindeki kombinasyonun da bir çözüm olacağı açıktır. Burada

19

√𝛾2 − 4𝜔02 = 𝛼 diyelim. Bu durumda 𝑟1 ve 𝑟2 kökleri için

𝑟1 = −1

2𝛾 +

1

2α ve 𝑟2 = −

1

2𝛾 −

1

2α (3.46)

yazabiliriz. Bu durumda (3.45) ile verilen çözüm

𝑥 = 𝑒− 1

2𝛾𝑡 [𝐶1𝑒

1

2α𝑡 + 𝐶2𝑒−

1

2α𝑡] (3.47)

şeklini alır. Buradaki 𝐶1 ve 𝐶2 katsayıları hareketin başlangıç koşullarından

belirlenebilir. Bu koşulda (𝛾2 − 4𝜔02 > 0 𝑣𝑒𝑦𝑎 𝑏2 > 4𝑘𝑚) hareket zamanla

üstel olarak söner ve cisim denge konumunda durur. Bu durumda hareketin

salınımlı olmadığına dikkat ediniz.

2. Durum Δ = γ2 − 4ω02 = 0

Bu özel durum kritik sönüm (critical-damped) olarak adlandırılır. Bu

durumda gerçek (reel) eşit iki kök vardır:

𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟 = −1

2𝛾 (3.48)

Köklerin eşit olması durumunda (3.37) denkleminin çözümü için

𝑥 = 𝐶1𝑒𝑟𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒𝑟𝑡 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒𝑟𝑡

𝑥 = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒− 𝛾

2𝑡 (3.49)

yazabiliriz. Buradaki 𝐶1 ve 𝐶2 sabitleri başlangıç koşullarından elde edilir.

Zaman ilerledikçe 𝑥 ’in değeri sıfıra yaklaşır. Bu özel durumda da hareket

salınımlı değildir. En çabuk sönüm bu durumda elde edilir.

3. Durum : Δ = γ2 − 4ω02 < 0

Bu durum kritik altı sönümlü harmonik hareket olarak adlandırılır. Bu

durumda sanal iki kök vardır. Bu kökler, 𝜆 =1

2√4𝜔0

2 − 𝛾2 = √𝜔02 −

𝛾2

4 olmak

üzere

𝑟1 = −1

2γ + 𝑖𝜆 (3.50)

𝑟2 = −1

2γ − 𝑖𝜆 (3.51)

20

şeklinde ifade edilebilir. Burada 𝑟1 ve 𝑟2 birbirinin kompleks eşleniği olduğuna

dikkat ediniz. Bu durumda (3.37) denkleminin çözümü için

𝑥 = 𝑒− 12

𝛾𝑡[𝑐1𝑒iλ𝑡 + 𝑐2𝑒− iλ𝑡]

yazılabilir. Burada

𝑒iλ𝑡 = 𝑐𝑜𝑠λ𝑡 + 𝑖𝑠𝑖𝑛λ𝑡

𝑒−iλ𝑡 = 𝑐𝑜𝑠λ𝑡 − 𝑖𝑠𝑖𝑛λ𝑡

olduğu hatırlanırsa

𝑥 = 𝑒− 12

𝛾𝑡[(𝑐1 + 𝑐2) 𝑐𝑜𝑠λ𝑡 + i(𝑐1 − 𝑐2)𝑠𝑖𝑛λ𝑡]

yazılabilir. Son olarak

𝐶1 = (𝑐1 + 𝑐2) ve 𝐶2 = 𝑖(𝑐1 − 𝑐2)

alırsak çözüm için

𝑥 = 𝑒− γ

2𝑡(𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜆𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜆𝑡) (3.52)

yazabiliriz. Buradaki 𝐶1 ve 𝐶2 sabitleri 𝑐1 ve 𝑐2 sabitlerinin

𝑐1 =1

2(𝐶1 − 𝑖𝐶2) ve 𝑐2 =

1

2(𝐶1 + 𝑖𝐶2)

şeklinde birbirlerinin kompleks (karmaşık) eşleniği olması koşuluyla

gerçeldirler (Burada küçük harf c’ler ile Büyük harf C’lerin farklı olduğuna

dikkat ediniz). Sonuç olarak (3.52) ile verilen çözümü, karakteristik denklemin

köklerinin birbirinin karmaşık eşleniği olduğu problemleri çözmek için

kullanabiliriz.

Bu ifadeyi sadece kosinüs veya sinüs fonksiyonu şeklinde yazmak sonuçları

daha kolay yorumlamamızı sağlayacaktır. Bunun için,

𝐶1 = 𝐴0𝑠𝑖𝑛ϕ ve 𝐶2 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠ϕ (3.53)

şeklinde bir seçim yapabiliriz. Buradaki 𝐴0 ve ϕ de birer sabittir. Buradan

𝐶12 + 𝐶2

2 = 𝐴02𝑠𝑖𝑛2ϕ + 𝐴0

2𝑐𝑜𝑠2ϕ = 𝐴02(𝑠𝑖𝑛2ϕ + 𝑐𝑜𝑠2ϕ) = 𝐴0

2 (3.54)

ve aynı zamanda

𝐶1

𝐶2=

𝐴0𝑠𝑖𝑛ϕ

𝐴0𝑐𝑜𝑠ϕ= 𝑡𝑎𝑛ϕ (3.55)

21

yazabiliriz. Bu durumda (3.52) eşitliği ile verilen çözümdeki 𝐶1 ve 𝐶2

sabitlerinden 𝐴0 ve 𝜙 sabitlerine geçebiliriz:

𝑥 = 𝑒− γ2

𝑡(𝐶1𝑠𝑖𝑛𝜆𝑡 + 𝐶2𝑐𝑜𝑠𝜆𝑡) = 𝐴0𝑒− γ2

𝑡(𝑠𝑖𝑛ϕ𝑠𝑖𝑛𝜆𝑡 + 𝑐𝑜𝑠ϕ𝑐𝑜𝑠𝜆𝑡)

𝑥 = 𝐴0𝑒− γ

2𝑡cos (𝜆𝑡 − ϕ) (3.56)

Elde edilir. Burada 𝜆 = √𝜔02 −

𝛾2

4 değeri kullanılarak

𝑥 = 𝐴0𝑒− γ

2𝑡cos (√𝜔0

2 −𝛾2

4t − ϕ) (3.57)

sonucunu yazabiliriz. Bu çözümden, cismin harmonik titreşim hareketi yaptığı,

fakat genliğin zaman içinde üstel olarak azaldığı görülür. Başka bir deyişle

yitirici kuvvetler nedeniyle hareketin enerjisi korunmaz.

Bu çözümden hareketin periyodu (T) ve frekansı (f) için

𝑇 =4π𝑚

√4𝑘𝑚−𝑏2 ve 𝑓 =

√4𝑘𝑚−𝑏2

4π𝑚 (3.58a)

ifadelerini yazmak zor değildir. Eğer b=0 olursa (sönüm kuvveti yoksa) (3.58a)

ifadesi ile verilen periyot ve frekans değerleri

𝑇 = 2𝜋√𝑚

𝑘 ve 𝑓 =

1

2𝜋√

𝑘

𝑚 (3.58b)

olur. Bu özel durumun daha önce incelediğimiz BHH örneğine denk geldiğine

dikkat ediniz.

Bu tartışmaların ışığında aşağıdaki özetlemeyi yapabiliriz:

𝛾 =𝑏

𝑚 niceliği salınım genliğinin zamanla ne kadar çabuk sönüme

gittiğinin bir ölçüsüdür.

𝑡𝐿 =2𝑚

𝑏 niceliği salınımın başlangıç genliğinin 1/𝑒 ’sine düşmesi için

geçen süredir. Bu 𝑡𝐿 süresi salınımların ortalama ömrü olarak

adlandırılır.

22

Eşitlik-3.57’de verilen 𝑥 = 𝐴0𝑒− 𝛾

2𝑡cos (√𝜔0

2 −𝛾2

4t − ϕ) fonksiyonun

grafiği aşağıda verilmiştir (Şekil-3.16)

Şekil-3.16 Sönümlü harmonik hareket (Grafik 𝜙 = 0 seçilerek çizilmiştir.).

Bu şekilde 𝐴𝑛 ve 𝐴𝑛+1 ardışık iki genliği göstermektedir. Buralarda çözüm

fonksiyonundaki kosinüs çarpanı 1’e eşit olur. Bu durumda ardışık iki genliğin

oranı

𝐴𝑛

𝐴𝑛+1 =

𝐴0𝑒−

𝛾 2

𝑡𝑛

𝐴0𝑒−

𝛾2

𝑡𝑛+1 = 𝑒

𝛾

2(𝑡𝑛+1−𝑡𝑛) = 𝑒

𝛾𝑇

2 (3.59a)

olur. Her iki tarafın doğal logaritmasını alalınarak

𝐿𝑛(𝐴𝑛

𝐴𝑛+1) =

γT

2 (3.59b)

yazılabilir. Bu değere logaritmik azalma (decrement) denir ve genellikle 𝛿

sembolü ile gösterilir. Logaritmik azalma, genliğin azalmasının bir ölçüsüdür.

𝛿 = 𝐿𝑛(𝐴𝑛

𝐴𝑛+1) =

𝛾𝑇

2=

𝑏𝑇

2𝑚 (3.60)

Yukarıda tanımlanan üç farklı sönümlü hareket aşağıdaki grafikte (Şekil-3.17)

bir arada gösterilmiştir.

23

Şekil-3.17 Kiritik, kritik üstü ve kritik altı sönümlü hareket.

Eşitlik-3.57 ile verilen çözüme tekrar dönelim ve

√𝜔02 −

𝑏2

4𝑚2= ω (3.61a)

diyelim. Bu durumda çözüm için

𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑒− 𝑏𝑡

2𝑚 𝑐𝑜𝑠√𝜔02 −

𝑏2

4𝑚2𝑡 = 𝐴0𝑒−

𝑏𝑡

2𝑚𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3.61b)

ifadesini yazabiliriz (Burada işlemlerin basitliği açısından 𝜙 = 0 seçilmiştir).

Sönüm sabiti b arttıkça değeri azalır, dolayısıyla hareketin periyodu artar.

Eğer 𝑏2 = 4𝑚𝑘 = 4𝑚2𝜔02 olursa, = 0 olur. Bu durumda sönüm sabiti bk

ile gösterilir. 𝑏𝑘 = √4𝑚𝑘 olduğunda sistem kritik sönümlüdür.

b>bk olduğunda ise sönümün şiddeti, herhangi bir salınım olmaksızın sistemi

denge durumuna döndürecek kadar büyüktür. İlk yer değiştirmenin ardından

kütle denge noktasından en fazla bir kez geçer.

b<bk olduğunda genlik azalmakla birlikte, sistem salınım hareketi yapar.

Buna kritik altı sönüm denir.

Birçok sistemdeki salınım hareketi dikkate alındığında (saatlerde olduğu gibi),

sönümün çok küçük hale getirilmesine ihtiyaç vardır. Araba yaylarında olduğu

gibi yeterli miktarda bir sönüm (kritik sönüm) tercih edilir. Amerika’da ve bazı

diğer ülkelerde yeni yapılan büyük binalar, deprem hasarını azaltmak için,

devasa boyutlu sönüm sistemlerinin üzerine yapılmaya başlanılmıştır.

24

3.3.1. Sönümlü harmonik harekette enerji kayıp oranı

Sönümlü harmonik hareketin enerjisi sürtünme gibi yitirici kuvvetler nedeniyle

azalır. Enerjinin azalması genliğin azalmasına neden olur. Sistemin toplam

mekanik enerjisi E,

𝐸 = 𝐾 + 𝑈 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2 (3.63)

dir. Kritik altı sönümlü sönümlü harmonik hareketin uzanımının

𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑒− 𝑏𝑡

2𝑚 𝑐𝑜𝑠√𝜔02 − 𝛾2 4⁄ 𝑡 = 𝐴0𝑒−

𝛾 𝑡

2 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

ifadesi ile verildiğini hatırlayınız.

Burada 𝛾2 ≪ 4𝜔02 özel durumunu ele alalım. Bu durumda

ω2 = ω02 −

γ2

4

eşitliğinden yaklaşık 𝜔 ≅ 𝜔0 yazılabilir. Bu durumda 𝑥(𝑡) için

𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑒− 𝛾𝑡

2 𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 (3.64)

yazabiliriz. Buradan 𝑣 hızı için

𝑣(𝑡) =𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝐴0

𝛾

2𝑒−

𝛾𝑡

2 𝑐𝑜𝑠 𝜔0𝑡 − 𝐴0𝜔0𝑒− 𝛾𝑡

2 𝑠𝑖𝑛 𝜔0𝑡 (3.65)

elde ederiz. 𝛾 ≪ 𝜔0 olduğu kabul edildiğine göre, hız ifadesindeki ilk terim

ihmal edilerek,

𝑣(𝑡) = −𝐴0ω0𝑒− γ𝑡

2 sin 𝜔0𝑡 (3.66)

yazılabilir. Bu hız değeri toplam enerji ifadesinde (Eşitlik-3.63) yerine

konulursa,

𝐸 =1

2𝑚 (−𝐴0ω0𝑒−

γ𝑡

2 sin 𝜔0𝑡)2

+1

2𝑘 (𝐴0e−

γt

2 cos𝜔0𝑡)2

=1

2𝑚𝐴0

2ω02𝑒−γ𝑡 sin2 𝜔0𝑡 +

1

2𝑘𝐴0

2𝑒−γ𝑡 cos2 𝜔0𝑡

=1

2𝐴0

2𝑒−γ𝑡[𝑚ω02 sin2 𝜔0𝑡 + 𝑘 cos2 𝜔0𝑡]

elde edilir.

25

ω02 =

𝑘

𝑚 olduğuna göre, mekanik enerji için

𝐸 =1

2𝐴0

2𝑒−γ𝑡 [𝑚𝑘

𝑚sin2(ω0𝑡) + 𝑘 cos2(ω0𝑡)] =

1

2𝑘𝐴0

2𝑒−γ𝑡[sin2(ω0𝑡) + cos2(ω0𝑡)] =1

2𝑘𝐴0

2𝑒−γ𝑡

veya

𝐸 = 𝐸0𝑒−γ𝑡 (3.67)

sonucunu elde ederiz. Burada E0 =1

2𝑘𝐴0

2, t = 0 anındaki mekanik enerjidir.

Enerjinin ilk değerinin 1/e değerine düşmesi için geçen zamana sönüm zamanı

(decay time) veya zaman sabiti (time constant) denir ve ile gösterilir:

τ =1

γ=

1

𝑏/𝑚=

𝑚

𝑏 (3.68)

Bu durumda enerji ifadesi

𝐸 = 𝐸0𝑒− 𝑡/τ (3.69)

şeklinde yazılabilir. Mekanik enerjinin zamanla değişimi Şekil-3.19’de verilen

grafikte verilmiştir.

Şekil-3.19 Sönümlü harekette enerjinin zamana bağlı değişimi.

Sönümü

𝑄 =ω0

𝛾 (3.62)

ifadesiyle tanımlı Q parametresi ile de yorumlayabiliriz. Q’nin büyük değerleri

yavaş sönümlere karşı gelir. Q’ye kalite faktörü denmektedir. Q>1 olduğunda

kritik altı sönümlü harmonik hareket koşulu geçerlidir. Çeşitli Q değerleri için

uzanımın (x) zamanla (t) değişimi Şekil-3.18’de verilmiştir.

26

Şekil-3.18 Sönümlü harmonik hareketin Q kalite faktörüne bağlı değişimi.

Aşağıdaki çizelgede çeşitli sönümlü salınıcı sistemlere ait Q değerlerinin

yaklaşık değerleri verilmiştir.

Sönümlü salınıcı sistem Q değeri

Saat sarkacı 75

Elektriksel RLC devreleri 200

Titreşen piyano teli 103

Mikrodalga kavite osilatörü 104

Kuartz kristali 106

3.3.2 Enerjinin değişim hızı

Enerjinin değişim hızı, enerjinin zamana göre türevi ile tanımlanır. Mekanik

enerjin zamana türevi alınarak

𝑑𝐸

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡(

1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2) = 𝑚𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑚𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥𝑣 = (𝑚𝑎 + 𝑘𝑥)𝑣 (3.70)

yazılabilir. Hareket denkleminin

𝑚𝑎 + 𝑏𝑣 + 𝑘𝑥 = 0

ifadesi ile verildiğini hatırlarsak

𝑚𝑎 + 𝑘𝑥 = −𝑏𝑣

yazabiliriz. Bu ifade (3.70) eşitliğinde kullanılırsa

𝑑𝐸(𝑡)

𝑑𝑡= (𝑚𝑎 + 𝑘𝑥)𝑣 = −𝑏𝑣2 < 0 (3.71)

elde edilir. Bu bağıntı da, 𝑑𝐸(𝑡)

𝑑𝑡< 0 olduğundan, enerjin sürekli azaldığını

27

gösterir. Eşitlik-3.69 ile verilen

𝐸(𝑡) = 𝐸0𝑒−γ𝑡

ifadesini yeniden ele alalım. Bu enerjinin 𝑡1 ve t2=t1+T anındaki (yani bir

periyot sonra) değerleri için

𝐸1 = 𝐸0𝑒−γ𝑡1 (3.72a)

𝐸2 = 𝐸0𝑒−γ(𝑡1+𝑇) (3.72b)

ifadelerini yazabiliriz. Burada

𝑒𝑥 = 1 + 𝑥 +𝑥2

2!+

𝑥3

3!+ ⋯

serisinden faydalanarak 𝑥 ≪ 1 durumunda 𝑒𝑥 değeri için

𝑒𝑥 ≅ 1 + 𝑥

yazabiliriz. Buradan hareketle t2 ve t1 anındaki enerjilerin oranı için

𝐸2

𝐸1=

𝑒−γ(𝑡1+𝑇)

𝑒−γ𝑡1= 𝑒−γ𝑇 ≅ 1 − γ𝑇 (γ𝑇 ≪ 1) (3.73)

sonucunu elde ederiz. Buradan enerji farkları için

𝐸1 − 𝐸2 = 𝐸1 − 𝐸1(1 − γ𝑇) = γ𝑇 𝐸1 (3.74)

ifadesini yazabiliriz. Enerji değişiminin ilk enerjiye oranı için ise

𝐸1−𝐸2

𝐸1= γ𝑇 = γ

2𝜋

ω0=

2𝜋

ω0 γ⁄=

2𝜋

ω0 (𝑏/𝑚)⁄=

2𝜋

𝑚ω0 𝑏⁄=

2𝜋

𝑄

ifadesi yazılabilir (𝑄 = 𝑚𝜔0 𝑏⁄ ). Buradan Q kalite faktörü için

𝑄 =𝐸1

(𝐸1−𝐸2)/(2𝜋)=

𝑜𝑠𝑖𝑙𝑎𝑡ö𝑟𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑝𝑜𝑙𝑎𝑛𝑎𝑛 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑗𝑖

𝑟𝑎𝑑𝑦𝑎𝑛 𝑏𝑎ş𝚤𝑛𝑎 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑗𝑖𝑑𝑒𝑘𝑖 𝑘𝑎𝑦𝚤𝑝 (3.75)

ifadesini yazılabilir. Bu ifadenin Q kalite faktörü için yeni bir tanımlama verir.

Şimdi

𝜔2 = 𝜔02 −

𝛾2

4

ifadesini yeniden

𝜔2 = 𝜔02 −

𝛾2

4= 𝜔0

2 −(

𝑏𝑚)

2

4= 𝜔0

2 −1

4(

𝜔0

𝑄)

2

= 𝜔02(1 −

1

4𝑄2)

28

veya

ω = ω0 (1 −1

4𝑄2)1/2

(3.76)

şeklinde ifade edebiliriz. Bu ifade Q’nun büyük değerlerinde 𝜔 ≅ 𝜔0 almamızı

haklı kılar. Örneğin,

Q=2 için,

ω = ω0 (1 −1

4×22)1/2

= ω0 (1 −1

16)

1/2= ω0(1 − 0.01)1/2 ≅ 0.968ω0

Q=10 için,

ω = ω0 (1 −1

4×102)1/2

= ω0 (1 −1

400)

1/2≅ 0.999ω0

dir. Q büyüdükçe 𝜔 değeri 𝜔0 değerine yaklaşmaktadır. Başka bir deyişle b

sönüm faktörü azaldıkça Q’nin değeri artar ve sönümlü harmonik hareketin

frekansı BHH’in 𝜔0 frekansına yaklaşır (Şekil-3.20).

Şekil-3.20 Sönümlü harmonik hareketin frekansının Q kalite faktörüne bağlı

değişimi.

3.4 SÖNÜMLÜ ELEKTRİKSEL OSİLASYONLAR

Daha önce bir LC devresindeki osilasyonları incelemiştik. Bu devrenin BHH

salınımı yaptığını görmüştük. Şimdi devreye bir R direnci ekleyeceğiz (Şekil-

3.21).

29

Şekil-3.21 LRC devresi.

Devredeki C kondansatörü VC voltajı ile yüklendiğinde, kondansatör üzerinde q

yükü depolanacaktır. Kondansatörün levhaları arasındaki potasiyel fark için

𝑉𝐶 =𝑞

𝐶 (3.77)

yazılacağını biliyorsunuz. Daha sonra S anahtarı kapatılırsa, devreden i akımı

geçmeye başlayacaktır. Kirchoff’un ilmek kuralını kullanarak devre denklemi

için

𝐿𝑑𝑖

𝑑𝑡+ 𝑅𝑖 +

𝑞

𝐶= 0 (3.78)

ifadesini yazabiliriz. Burada

𝑖 =𝑑𝑞

𝑑𝑡 𝑣𝑒

𝑑𝑖

𝑑𝑡=

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2 (3.79)

eşitlikleri yerine konulursa,

𝐿𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+ 𝑅

𝑑𝑞

𝑑𝑡+

𝑞

𝐶= 0 (3.80)

denklemi elde edilir. Bu denklem sönümlü harmonik hareketin

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑘𝑥 = 0

denklemi ile aynıdır. Bu iki denklem karşılaştırıldığında, mekanik sistemdeki

büyüklükler ile RLC elektrik devresindeki büyüklükler arasında benzerlikler

aşağıda verilmiştir.

30

Mekanik

sistemi

Elektrik

Sistemi

x q

m L

k 1/C

b R

= b/m = R/L

Bu benzetişimden yararlanarak devre denkleminin çözümü için

𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿𝑐𝑜𝑠 [(1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2)1/2𝑡] (3.81)

yazabiliriz. Burada q0, kondansatörün başlangıçtaki yüküdür. Elektrik

devresinde kritik altı çözüm koşulunun 𝑅2 <4𝐿

𝐶 ile verileceği açıktır. Bu durum

kütle-yay sisteminde sönümlü harmonik hareketi incelerken yazdığımız

𝑏2 < 4𝑘𝑚 koşuluna karşı gelmektedir. 𝑉𝐶 = 𝑞/𝐶 olduğu için

𝑉𝐶 =𝑞0

𝐶𝑒−

𝑅

2𝐿𝑡 cos [(

1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2)

1

2𝑡] = 𝑉0𝑒−

𝑅

2𝐿𝑡 cos [(

1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2)1/2

𝑡] (3.82)

yazabiliriz. Burada 𝑉0 , t=0 anındaki voltaj değeridir. Bu sistemin açısal frekansı

𝜔2 =1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2

olacaktır.

𝑅2

4𝐿2<

1

𝐿𝐶 koşulu sağlandığında sistem kritik altı sönüm durumunda

olacaktır yani sistem sönümlü harmonik hareket yapacaktır. 𝑅2

4𝐿2≪

1

𝐿𝐶

durumunda sistemin açısal frekansı için 𝜔 ≅ √1

𝐿𝐶 alınabilir.

𝑅2

4𝐿2>

1

𝐿𝐶 koşulu sağlandığında sistem kritik üstü sönüm durumunda

olacaktır.

𝑅2

4𝐿2=

1

𝐿𝐶 koşulu sağlandığında sistem kritik sönüm durumunda olacaktır.

31

Mekanik sistemde tanımladığımız Q kalite faktörünün karşılığının ise

𝑄 =ω0

γ=

1

𝑅√

𝐿

𝐶 (3.83)

olacağı açıktır. Q kalite faktörü kullanılarak mekanik ve elektrik sistemlerinde

sönümlü harmonik hareketin denklemi yeniden yazalım:

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

ω0

𝑄

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ ω0

2𝑥 = 0 (3.84a)

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+

ω0

𝑄

𝑑𝑞

𝑑𝑡+ ω0

2𝑞 = 0 (3.84b)

Bu benzerliği Fizik Laboratuvarı-IV dersinde yapacağınız deneylerde sık sık

kullanacaksınız.

32

Aşağıda konuyla ilgili bazı çözümlü problemler verilmiştir. Bu örnekleri

dikkatlice incelemenizi öneririz.

ÖRNEK-1

a) Kütlesi m olan bir cisim kuvvet sabiti k olan homojen bir yaya asılmıştır

(Şekil-a). Yay denge konumundan itibaren hafifçe (y kadar) aşağı doğru

çekilip serbest bırakılıyor. Sistemin titreşim periyodu nedir?

b) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-b’deki gibi bağlanmıştır. Bu

durumda titreşim periyodu nedir?

c) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-c’deki gibi bağlanmıştır. Bu

durumda titreşim periyodu nedir? (French-p3.1)

Çözüm:

a) Sisteme yaydan dolayı etki eden kuvvet F=-ky’e eşittir. Bu durumda

hareket denkleminin

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −𝑘𝑦

veya

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚𝑦 = 0

veya

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝑦 = 0

şeklinde yazılabileceğini biliyorsunuz. Burada 𝜔02 = 𝑘/𝑚 dir.

Buradan periyot için 𝜔0 =2𝜋

𝑇= √𝑘/𝑚 ⇒ 𝑇 = 2𝜋√𝑚/𝑘 yazılabilir.

33

b) b) Sisteme yaylardan dolayı etki eden kuvvet 𝐹 = −2𝑘𝑦’e eşittir (Paralel

bağlı yaylar). Bu durumda hareket denkleminin

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 2

𝑘

𝑚𝑦 = 0

veya

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔1

2𝑦 = 0

Burada 𝜔1 = √2𝑘/𝑚 ve periyot 𝑇1 = 2𝜋√𝑚/2𝑘 olacaktır.

c) Sisteme yaylardan dolayı etki eden kuvvet 𝐹 = −1

2𝑘𝑦’e eşittir (Seri bağlı

yaylar). Bu durumda hareket denkleminin

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+

𝑘

2𝑚𝑦 = 0

veya

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔2

2𝑦 = 0

Burada 𝜔2 = √𝑘/2𝑚 ve periyot𝑇2 = 2𝜋√2𝑚/𝑘 olacaktır.

ÖRNEK-2

Bir platform düşey yönde saniyede 10/ titreşim ve 5 cm genlikle BHH

yapmaktadır. Küçük bir blok platform üzerine konuyor.

a) Blok hangi noktada platformu terk eder?

b) Blok, platformun ulaştığı en üst noktadan ne kadar yukarıya

yükselecektir? (French-p3.2)

Çözüm:

a) Sistem BHH yaptığı için

𝑦(𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡

yazabiliriz. Bu durumda sistemin ivmesi

34

𝑎𝑦 =𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −𝐴𝜔2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = −𝜔2𝑦

olacaktır. Platformun ivmesi yer çekim ivmesine eşit olduğunda blok ile

platformun teması kesilir. Bu andaki konuma 𝑦0diyelim.

𝜔2𝑦0 = 𝑔 ⇒ 𝑦0 =𝑔

𝜔2=

𝑔

(2𝜋𝑓)2=

10

(2𝜋10/𝜋)2=

10

400= 0,025 𝑚

= 2,5 𝑐𝑚

b) Blokun platformdan ayrıldığı anda 𝑦0=2,5 cm olacaktır. Bu anda

0,025 𝑚 = 0,05𝑠𝑖𝑛20𝑡

yazabiliriz. Buradan

𝑠𝑖𝑛20𝑡 =0,025

0,050= 0,5 ⇒ 20𝑡 =

𝜋

6⇒ 𝑡 =

𝜋

120 𝑠

bulunur. Blokun platformdan ayrıldığı andaki hızına 𝑣0 diyelim,

𝑣 = 𝐴𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

Bağıntısı kullanılarak

𝑣0 = 0,05(20) cos (20𝜋

120) ⇒ 𝑣0 = 𝑐𝑜𝑠

𝜋

6=

√3

2 𝑚

𝑠elde edilir. Blok

platformdan ayrıldığı anda 𝑣0 hızı ile yukarı doğru atılmış cisim gibi

davranır. Konumun zamana bağlı değişiminin

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑡 −1

2𝑔𝑡2

bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Blok en yüksek noktaya çıktığında

hızı sıfır olacaktır,

𝑣 = 𝑣0 − 𝑔𝑡 = 0 ⇒ 𝑡 =𝑣0

𝑔

Bu durumda

𝑦 = 𝑦0 +𝑣0

2

𝑔−

1

2

𝑣02

𝑔= 𝑦0 +

𝑣02

2𝑔

sonucu elde edilir ve buradan blokun çıkabileceği en yüksek noktanın

koordinatı için

𝑦 = 0,025 +3/4

20= 0,0625 𝑚 = 6,25 𝑐𝑚

değeri bulunur. Platformun çıkabileceği yükseklik en fazla A=0,05 m = 5

cm genliği kadar olur. Bu durumda blok en yüksek noktaya ulaştığında

platform ile arasındaki mesafe ise 6,25-5,00=1,25 cm olur.

35

ÖRNEK-3

Uzunluğu L olan homojen bir çubuk belli bir amaç için uzunluğunun

2/3’ünden şekildeki gibi asılmış halde iken titreşim hareketi yapmaktadır.

Çubuğun küçük titreşimlerinin periyodunu bulunuz. (French-p3.3)

Çözüm:

Problemin çözümüne uygun bir şekil aşağıda verilmiştir.

Şekilde KM’nin asılma noktasına uzaklığı d ile gösterilmiştir. Bu şekilden

𝑑 =𝐿

2−

𝐿

3=

𝐿

6

yazabiliriz. Çubuğun ağırlığı KM’ine etkir. Bu kuvvetin çubağa dik bileşeni

olan 𝐹 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 kuvveti çubuğu döndürmeye çalışacaktır. Bu kuvvetin

uyguladığı tork (𝜏) için

𝜏 = −𝐹𝑑 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿

6

olacaktır. Burada eksi işareti torkun geri çağırıcı olduğu anlamındadır. Dönen

cisimleri incelerken tork ile eylemsizlik momenti (I) arasındaki ilişkinin

𝜏 = 𝐼𝛼

bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 𝛼 açısal ivmedir. Bu durumda tork

için

𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

ifadesi yazılabilir.

F=mgcos

F=mgsin

mg

d K

L/3

36

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿

6

veya

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

1

6

𝑚𝑔𝐿

𝐼𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

yazılabilir. Küçük titreşimlerde 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 alınabilir ve bu durumda yukarıdaki

eşitlik

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

1

6

𝑚𝑔𝐿

𝐼𝜃 = 0

şeklinde yazılabilir. Burada

𝜔02 =

1

6

𝑚𝑔𝐿

𝐼

alınarak

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+ 𝜔0

2𝜃 = 0

yazılabilir. Bu denklem daha önce incelediğimiz BHH’in denklemi ile aynıdır.

Buradan periyod için

𝑇 = 2𝜋√6𝐼

𝑚𝑔𝐿

yazabiliriz. Bu çubuğun dönme eksenine göre eylemsizlik momentini paralel

eksen teoremini kullanarak

𝐼 =1

12𝑚𝐿2 + 𝑚(

𝐿

6)2 =

1

9𝑚𝐿2

yazılabilir. Bu değer yukarıda verilen periyot ifadesinde kullanılırsa

𝑇 = 2𝜋√2𝐿

3𝑔

sonucu elde edilir. Periyodun kütlesinden bağımsız olduğuna dikkat ediniz.

37

ÖRNEK-4

Yarıçapı R ve kütlesi M olan homojen bir disk, uzunluğu L ve kütlesi m olan

homojen bir çubuğun ucuna bağlıdır. Çubuğun diğer ucu, sürtünmesiz bir mile

asılıdır. Bu sistemin küçük titreşimler yapması durumunda periyodunu bulunuz.

Çözüm:

Problemin çözümüne uygun bir şekil aşağıda verilmiştir.

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 ve 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 kuvvetleri sistemi P noktası etrafında döndürmeye

çalışacaktır. Geri çağırıcı tork için

𝜏 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿

2− 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑅 + 𝐿)

ifadesini yazabiliriz. Tork ile eylemsizlik momenti (I) arasındaki ilişkinin

𝜏 = 𝐼𝛼

bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 𝛼 açısal ivmedir. Bu durumda tork

için

𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

ifadesi yazılabilir. Buradan

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃

𝐿

2− 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑅 + 𝐿)

yazılır. Küçük titreşimlerde 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 alınabilir ve bu durumda yukarıdaki

eşitlik

𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −𝑚𝑔

𝐿

2𝜃 − 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)𝜃

38

veya

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

[12

𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)]

𝐼𝜃 = 0

Burada I eylemsizlik momenti için

𝐼ç𝑢𝑏𝑢𝑘 =1

3𝑚𝐿2 ve 𝐼𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐼𝐾𝑀 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2 =

1

2𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2

𝐼 = 𝐼ç𝑢𝑏𝑢𝑘 + 𝐼𝑑𝑖𝑠𝑘 =1

3𝑚𝐿2 +

1

2𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2

ifadesini yazabiliriz. Bu durumda hareket denklemi

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

[12 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)]

[13 𝑚𝐿2 +

12 𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2]

𝜃 = 0

olacaktır. Burada

𝜔02 =

12 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)

13 𝑚𝐿2 +

12 𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2

alınabilir ve periyot için

𝑇 = 2𝜋√

13

𝑚𝐿2 +12

𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2

12 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)

ifadesi yazılabilir.

39

ÖRNEK- 5

𝑥 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ifadesinin, 𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝜔0

2𝑥 = 0 denkleminin bir çözümü

olabilmesi için sağlanması gereken koşulları belirleyiniz ve buradan 𝛼 ve 𝜔’yı

bulunuz.

Çözüm:

Verilen fonksiyonun çözüm olabilmesi için fonksiyonun 𝑑𝑥

𝑑𝑡 ve

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2 türevlerini

alarak verilen diferansiyel denklemde yerine yazdığımızda denklemi sağlaması

gerekir.

Birinci türev için

𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝐴𝛼𝑒−𝛼𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝐴𝜔𝑒−𝛼𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡[−𝛼𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]

yazılabilir.

İkinci türev için ise

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝐴𝛼𝑒−𝛼𝑡[−𝛼𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡] + 𝐴𝑒−𝛼𝑡[𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]

veya

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝐴𝑒−𝛼𝑡[𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝜔𝛼𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]

veya

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2 − 𝜔2)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 2𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]

yazılabilir. Bunlar verilen diferansiyel denklemde yerine yazılırsa

𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2 − 𝜔2)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 2𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝛼𝛾𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝛾𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝜔02𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ] = 0

veya

𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2 − 𝜔2 − 𝛼𝛾 + 𝜔02)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + (2𝛼𝜔 − 𝜔𝛾)𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 ] = 0

elde edilir. Bunun her zaman sağlanabilmesi için büyük parantez içindeki 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡

ve 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡’in katsayılarının sıfır olması gerekir yani,

2𝛼𝜔 − 𝜔𝛾 = 0

40

𝛼2 − 𝜔2 − 𝛼𝛾 + 𝜔02 = 0

olmalıdır. Bu iki eşitlikten

𝛼 =𝛾

2 ; 𝜔2 = 𝜔0

2 −𝛾2

4

sonuçlarını elde ederiz. Bu sonuçları daha önce anlatılanlardan da biliyorsunuz.

ÖRNEK-6

Kütlesi m olan bir cisim şekilde görüldüğü gibi kuvvet sabiti k olan ve

gerilmemiş haldeki uzunlukları 𝑎0 olan iki özdeş yaylara bağlanmıştır. Sistem

sürtünmesiz bir masa üzerindedir. Her iki yay 𝑎0’dan daha büyük a uzunluğuna

kadar uzamış şekilde bağlıdır. m kütlesinin denge konumunda yatay yer

değiştirmesi x ile ve düşey yer değiştirmesi y ile gösterilmiştir.

a) 𝑥 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketin

diferansiyel denklemini yazınız.

b) 𝑦 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketin

diferansiyel denklemini yazınız (𝑦 ≪ 𝑎 kabul ediniz).

c) 𝑎 ve 𝑎0 vasıtasıyla 𝑥 ve 𝑦 boyunca titreşim periyotlarının oranını hesap

ediniz.

d) 𝑡 = 0 da m kütlesi 𝑥 = 𝑦 = 𝐴0 noktasından sıfır hızla harekete geçerse,

herhangi bir t anında cismin 𝑥 ve 𝑦 koordinatları nedir? (French-p3.19)

Çözüm:

a) Denge halinde yayların ikisi de a kadar gerilmiş durumda olsun (Yayların

serbest boyu 𝑎0 ). m kütlesini sağa doğru x kadar çektiğimizi düşünelim.

Bu durumda m kütlesine etkiyen bileşke kuvvet

𝐹 = −2𝑘𝑥 olacağı açıktır. 2. Newton yasasından

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −2𝑘𝑥

41

veya

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

2𝑘

𝑚𝑥 = 0

veya 𝜔𝑥2 =

2𝑘

𝑚 alarak

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝜔𝑥

2𝑥 = 0

yazabiliriz.

b)

m kütlesini şekildeki gibi y doğrultusunda hafifçe çektiğimizi düşünelim.

Yayların eşit miktarda uzayacağı açıktır. Yayların yeni boyunun L olduğunu

kabul edersek, yaylardaki uzama miktarı

∆𝐿 = 𝐿 − 𝑎0

olacaktır. Bu durumda yayların kütleye uygulayacağı geri çağırıcı kuvvet

𝑇 = −𝑘(𝐿 − 𝑎0)

olacaktır. T gerilimlerinin yatay bileşenleri (𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃) eşit ve zıt yönlüdür. Bu

nedenle kütleye yatay doğrultuda net bir kuvvet etkimez. T gerilimlerinin düşey

bileşenleri ( 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 ) eşit ve aşağı doğrudur. Bu nedenle m kütlesine düşey

doğrultuda etkiyen bileşke kuvvet

𝐹𝑦 = −2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃

olacaktır. Bu durumda

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 = −2𝑘(𝐿 − 𝑎0)𝑠𝑖𝑛𝜃

yazabiliriz. Şekilden 𝑠𝑖𝑛𝜃 =𝑦

𝐿 yazılabilir. Bunu yukarıdaki ifadede kullanırsak

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −2𝑘(𝐿 − 𝑎0)

𝑦

𝐿

veya 𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 2

𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

𝐿) 𝑦 = 0

yazılabilir. Şekilden

𝐿2 = 𝑎2 + 𝑦2 olduğu açıktır. Bu değeri yukarıda yerine yazarsak

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 2

𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

√𝑎2 + 𝑦2) 𝑦 = 0

42

elde ederiz. Burada y’nin katsayısı sabit olmadığı için bu denklem BHH

denklemi değildir. Ancak 𝑦 ≪ 𝑎 yaklaşımında olaya baktığımız için 𝑎0

√𝑎2+𝑦2

seriye açılarak 𝑎0

√𝑎2 + 𝑦2=

𝑎0

𝑎

1

√1 + (𝑦𝑎)2

≅𝑎0

𝑎(1 −

𝑦2

2𝑎2)

yazılabilir. Bu durumda y’nin katsayısı(1 −𝑎0

√𝑎2+𝑦2) için

1 −𝑎0

√𝑎2 + 𝑦2≅ 1 −

𝑎0

𝑎(1 −

𝑦2

2𝑎2) ≅ 1 −

𝑎0

𝑎

alınabilir (𝑦 ≪ 𝑎 olduğu için). Bu yaklaşımda y doğrultusunda hareket denklemi

için 𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+

2𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

𝑎 ) 𝑦 = 0

ifadesini yazabiliriz. Burada y’nin katsayısı pozitif olduğu için

𝜔𝑦2 =

2𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

𝑎 )

alınabilir. Bu durumda

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔𝑦

2𝑦 = 0

yazabiliriz. Bu denklemin BHH’in hareket denklemi olduğuna dikkat ediniz.

c) x-doğrultusundaki hareket denkleminden

𝜔𝑥2 =

2𝑘

𝑚

ve y-doğrultusundaki hareket denkleminden

𝜔𝑦2 =

2𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

𝑎 )

elde etmiştik. Buradan periyotlar için

𝑇𝑥 = 2𝜋√𝑚

2𝑘 ve 𝑇𝑦 = 2𝜋√

𝑚

2𝑘(

𝑎

𝑎−𝑎0)

ifadelerini yazabiliriz. Buradan periyotlar oranı için

𝑇𝑥

𝑇𝑦= √

𝑎 − 𝑎0

𝑎

sonucunu elde ederiz.

d) Kütlenin x ve y doğrultusundaki hareketi BHH olduğu için

𝑥 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠√2𝑘

𝑚𝑡 ve 𝑦 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠√

2𝑘

𝑚(1 −

𝑎0

𝑎 ) 𝑡

yazabiliriz.

43

ÖRNEK-7

Kütlesi m olan küçük bir top uzunluğu 𝑙1 ve 𝑙2 olan iki tel ile şekildeki gibi

duvara bağlanmıştır. Denge durumunda her iki teldeki gerilim 𝑇0’dır. m kütlesi

düşey doğrultuda hafifçe çekilip serbest bırakılıyor. Küçük titreşimlerin

periyodunu bulunuz.

Çözüm:

𝑇1 ve 𝑇2gerilimlerinin yatay bileşenleri birbirine zıt yöndedir ve kütlenin yatay

doğrultuda titreşimine bir katkı sağlamaz. 𝑇1 ve 𝑇2 gerilimlerinin düşey

bileşenleri aşağı doğrudur. Bu bileşenlerin toplamı m kütlesine geri çağırıcı

kuvvet uygular. Bu kuvvet

𝐹 = −𝑇1𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2

şeklinde yazılabilir. Küçük salınımlar için

𝑠𝑖𝑛𝜃1 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝜃1 =𝑦

𝑙1 ve 𝑠𝑖𝑛𝜃2 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝜃2 =

𝑦

𝑙2

alınabilir. Ayrıca küçük titreşimler için 𝑇1 = 𝑇2 = 𝑇0 alınabilir. Bu durumda F

kuvveti için

𝐹 = −𝑇1𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2 ≅= −𝑇0𝑦

𝑙1− 𝑇0

𝑦

𝑙2= −𝑇0 (

1

𝑙1+

1

𝑙2) 𝑦

yazabiliriz. Bu durumda m kütlesinin hareket denklemi için

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −𝑇0 (

1

𝑙1+

1

𝑙2) 𝑦

veya

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝑇0 (

1

𝑙1+

1

𝑙2) 𝑦 = 0

veya

44

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+

𝑇0

𝑚(

𝑙1 + 𝑙2

𝑙1𝑙2) 𝑦 = 0

Burada

𝜔2 =𝑇0

𝑚(

𝑙1 + 𝑙2

𝑙1𝑙2)

alarak

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 𝜔2𝑦 = 0

yazabiliriz. Buradan Periyot için

𝑇 = 2𝜋√𝑚𝑙1𝑙2

𝑇0(𝑙1 + 𝑙2)

ifadesi elde edilir.

ÖRNEK-8

0,2 kg kütleli bir cisim kuvvet sabiti 80 N/m olan bir yaya asılıdır. Bu cisim

– 𝑏𝑣 ile verilen bir sürtünme (sönüm) kuvvetine maruz kalırsa (burada 𝑣 cismin

hızıdır),

a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız.

b) Eğer sönümlü harmonik hareketin frekansı, sönüm olmadığı zamanki

frekansın √3/2’si ise b sabitinin değeri nedir?

c) Sistemin Q kalite faktörü nedir, 10 salınım sonunda titreşimin genliği

hangi faktör (kaç kat) ile azalır? (French-p3.14)

Çözüm:

a) Sisteme etkiyen F kuvveti için

𝐹 = −𝑘𝑥 − 𝑏𝑣

yazabiliriz. Sistemin hareket denklemi

𝑚𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥 − 𝑏𝑣

veya

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚𝑥 +

𝑏

𝑚𝑣 = 0

𝛾 =𝑏

𝑚 ve 𝜔0

2 =𝑘

𝑚 alınarak

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝜔0

2𝑥 = 0

yazılabilir. m=0,2 kg ve k=80 N/m değerleri yerine yazılarak hareket denklemi

için

45

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 5𝑏

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 400𝑥 = 0

yazılabilir.

b) Verilenler kullanılırsa 𝜔02 =

𝑘

𝑚=

80

0,2= 400 ⇒ 𝜔0 = 20 𝑠−1

Ders notları ve Örnek-5’deki problemin sonucundan

𝜔2 = 𝜔02 −

𝛾2

4

olduğunu biliyoruz. Verilenleri bu ifadede kullanarak

(√3

2𝜔0)2 = 𝜔0

2 −𝛾2

4 ⇒

3

4𝜔0

2 = 𝜔02 −

𝛾2

4⇒

1

4𝜔0

2 =𝛾2

4 ⇒ 𝜔0 = 𝛾

elde edilir. Buradan 𝛾 = 20 𝑠−1 bulunur. 𝛾 =𝑏

𝑚 olduğundan b için

𝑏 = 20𝑥0,2 = 4 𝑁. 𝑠/𝑚

sonucu elde edilir.

c) Kalite faktörü Q için 𝑄 =𝜔0

𝛾= 1 değeri elde edilir.

Sönümlü harmonik hareketin genliği için

𝐴 = 𝐴0𝑒−𝛾

2𝑡

elde etmiştik (Ders notlarına bakınız). t=0 anındaki genliğe 𝐴1 ve 10 salınım

sonraki genliği ise 𝐴10 ile gösterelim. Bu durumda

𝐴10

𝐴1=

𝐴0𝑒−𝛾2

10𝑇

𝐴0= 𝑒−

𝛾2

10𝑇

yazabiliriz. Burada T hareketin periyodudur. Q kalite faktörü ile 𝜔 frekansı

arasındaki ilişkinin

𝜔 = 𝜔0(1 −1

4𝑄2)1/2

olduğunu biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız). Buradan

𝜔 = 20(1 −1

4)1/2 = 10√3 ⇒ 𝑇 =

2𝜋

10√3=

𝜋

5√3 s elde edilir. Bu değer yukarıdaki

ifadede kullanılırsa

𝐴10

𝐴1= 𝑒−

𝛾2

10𝑇 = 𝑒−

202

10𝜋

5√3 = 𝑒−

20𝜋

√3 ≅ 1.76𝑥10−16

elde edilir. Bu sayının çok küçük olduğuna dikkat ediniz. Başka bir deyişle

sistem çok kısa sürede sönüme gider.

46

ÖRNEK-9

Bir çok titreşen sistemde depolanan enerji zamanla 𝐸 = 𝐸0𝑒−𝛾𝑡 şeklinde üstel

azalır. Böyle bir titreşim hareketi için Q ifadesi 𝑄 =𝜔0

𝛾 ile verilir. Burada 𝜔0

titreşimlerin doğal frekensıdır.

a) Bir piyanonun orta C’sine vurulduğu zaman titreşim enerjisi 1s’de ilk

değerinin yarısına düşer. Orta C’nin frekansı 256 Hz’dir. Sistemin Q

değeri nedir?

b) Daha yüksek oktavlı bir notasında (f=512Hz) enerji azalması aynı sürede

oluyorsa Q değeri nedir?

c) 0,1 kg kütlesindeki bir cisim yay sabiti k=0,9 N/m olan bir yaya asılıdır.

Bu sistem sönüm sabiti b (𝐹𝑠ö𝑛ü𝑚 = −𝑏𝑣)olan bir akışkan içinde hareket

ederek 4 s’de enerjisi ilk değerinin 1/e’sine düşüyor. Q ve b değerlerini

bulunuz. (French-p3.15)

Çözüm:

a) 𝐸 = 𝐸0𝑒−𝛾𝑡 ifadesi ve verilenler kullanılarak 0,5𝐸0 = 𝐸0𝑒−𝛾.1

yazabiliriz. Buradan

𝑒𝛾 = 2 ⇒ 𝛾 = 𝐿𝑛2 elde edilir.

𝑄𝑎 =𝜔0

𝛾=

2𝜋𝑓𝑎

𝛾=

2𝜋𝑥256

𝐿𝑛2 =

512𝜋

𝐿𝑛2

b) 𝑄𝑏 =𝜔𝑏

𝛾=

2𝜋𝑓𝑏

𝛾=

2𝜋𝑥512

𝐿𝑛2 = 2𝑄𝑎

c) 𝐸 = 𝐸0𝑒−𝛾𝑡 ⇒ 𝐸0

𝑒= 𝐸0𝑒−𝛾4 ⇒ 𝑒 = 𝑒4𝛾 ⇒ 𝛾 =

1

4= 0,25 𝑠−1 ⇒

𝑏 = 𝑚𝛾 = 0,1𝑥0,25 = 0,025 kg/s

𝑄 =𝜔0

𝛾=

√𝑘/𝑚

𝛾=

√0,90.1

0,25=

3

0,25= 12

ÖRNEK-10

Bir LRC devresinde 𝐿 = 10 𝑚𝐻, 𝐶 = 1,0 𝜇𝐹 ve 𝑅 = 1 Ω’dur.

a) Yük salınımlarının genliği ne kadar süre sonra yarıya düşer?

b) Bu sürede kaç periyotluk salınım olur?

Çözüm:

Şekildeki LRC devresinde S anahtarı kapandıktan sonra kondansatör üzerindeki

yük harmonik hareket yapar. Bu LRC devresinde yük için

𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [(1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2)1/2𝑡]

47

ifadesini türetmiştik (Ders notlarına bakınız). Bu ifadeden genlik için

𝐴 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿

yazabiliriz. t=0 anında genliğe 𝐴1 dersek, 𝐴1 = 𝑞0 olacaktır. Genliğin yarıya

düştüğü an için 𝐴 =𝐴1

2= 𝑞0/2 yazabiliriz. Buradan

𝑞0

2= 𝑞0𝑒−

𝑅𝑡

2𝐿 ⇒ 2 = 𝑒𝑅𝑡

2𝐿 ⇒ 𝐿𝑛2 =𝑅𝑡

2𝐿 ⇒ 𝑡 =

2𝐿𝑛2𝐿

𝑅

𝑡 =2𝐿𝑛2𝑥10𝑥10−3

1≅ 13,86 𝑚𝑠

elde edilir.

b) Sistemin titreşim frekansı için

𝜔2 =1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2

Bağıntısını elde etmiştik.

𝜔2 =1

10𝑥10−3𝑥1𝑥10−6−

1

4𝑥(10𝑥10−3)2= 108 − 2500 ≅ 108 s

-2

alınabilir.Bunun anlamı 𝜔 ≅1

√𝐿𝐶 alınmasına denktir. Buradan salınımların

periyodu için

𝑇 =2𝜋

𝜔=

2𝜋

104 𝑠

yazılabilir. 𝑡 = 13,86 𝑚𝑠 süresi içindeki periyot sayısına n dersek,

𝑛 =13,86𝑥10−3

2𝜋104

≅ 22

elde edilir. Bunun anlamı 22 salınımdan sonra yük genliği yarıya düşer.

ÖRNEK-11

Sönümlü salınım yapan bir LRC devresinde bir devirlik sürede enerji kayıp

oranı ∆𝑈

𝑈’ın R’nin küçük olması durumunda yaklaşık olarak

2𝜋𝑅

𝜔𝐿 ile

verilebileceğini gösteriniz.

Çözüm:

Şekildeki LRC devresinde S anahtarı kapandıktan sonra kondansatör üzerindeki

48

yük harmonik hareket yapar. Bu LRC devresinde yük için

𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [(1

𝐿𝐶−

𝑅2

4𝐿2)1/2𝑡]

ifadesini türetmiştik. R’nin küçük olduğu durumda bu ifadeyi

𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [(1

𝐿𝐶)1/2𝑡]

şeklinde yazabiliriz. Başlangıçta anahtar açık iken kondansatör yüklüdür ve

devreden akım geçmez. Bu durumda kondansatördeki enerji

𝑈0 =1

2

𝑞02

𝐶

ifadesi ile verilir. Anahtar kapandıktan sonra kondasatördeki yük yukarıda

verilen bağıntıyla tanımlı osilasyon yapar. Bir periyotluk süre sonunda yük için

𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑇/2𝐿cos [(1

𝐿𝐶)1/2𝑇] = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑇/2𝐿

ifadesini yazabiliriz (𝑐𝑜𝑠 [(1

𝐿𝐶)1/2𝑇] = 1 olduğuna dikkat ediniz). Bu anda

kondansördeki enerjiyi U ile gösterirsek,

𝑈 =1

2

𝑞2

𝐶=

1

2

(𝑞0𝑒− 𝑅𝑇/2𝐿)2

𝐶=

1

2

𝑞02𝑒− 𝑅𝑇/𝐿

𝐶

yazabiliriz. Buradan

𝑈

𝑈0= 𝑒− 𝑅𝑇/𝐿 ⇒ 𝑈 = 𝑈0𝑒− 𝑅𝑇/𝐿

⇒ ∆𝑈 = 𝑈0 − 𝑈 = 𝑈0 − 𝑈0𝑒−𝑅𝑇

𝐿 = 𝑈0(1 − 𝑒−𝑅𝑇

𝐿 )

yazabiliriz. Buradan

49

∆𝑈

𝑈0= 1 − 𝑒−

𝑅𝑇𝐿

elde ederiz. 𝑒x ifadesini seriye açılımının

𝑒x = 1 + 𝑥 +1

2!𝑥2 +

1

3!𝑥3 + ⋯

ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Burada x’in küçük değerlerinde 𝑒x ≅ 1 + 𝑥

alabiliriz. Bu bilgiden yararlanarak

∆𝑈

𝑈0= 1 − 𝑒−

𝑅𝑇𝐿 ≅ 1 − (1 −

𝑅𝑇

𝐿) =

𝑅𝑇

𝐿

yazabiliriz. R’nin küçük değerlerinde açısal frekans 𝜔 =1

√𝐿𝐶 ifadesi ile

verilebilir. Bu durumda periyot için 𝑇 =2𝜋

𝜔 yazabiliriz ve değeri yukarda elde

ettiğimiz sonuçta kullanırsak,

∆𝑈

𝑈0=

𝑅𝑇

𝐿=

2𝜋𝑅

𝜔𝐿

sonucunu elde ederiz.

ÖRNEK-12

Kütlesi 0,5 kg olan bir blok, kuvvet sabiti k=12,5 N/m olan bir yayın ucuna

bağlı olarak kritik altı (under dumped) sönümlü hareket yapıyor. Hareketin

frekansı, sönümsüz hareketin frekansından % 0,2 daha az olduğu

gözlemleniyor.

a) Hareketin sönüm sabiti b’nin değerini bulunuz.

b) Hareketin genliğinin zamana bağlı değişimini bulunuz.

c) Mekanik enerjinin başlangıç değerinin %1’ine düşmesi için geçen süreyi

bulunuz.

d) Sistemin kritik sönüm durumunda hareket edebilmesi için sönüm sabiti

(𝑏𝑘) ne olmalıdır?

Çözüm:

a) Sönümlü harmonik hareketin açısal frekansının

50

𝜔 = √𝜔02 −

𝑏2

4𝑚2

ile verildiğini biliyorsunuz. Buradan sönüm sabiti b için

𝑏 = 2𝑚√𝜔02 − 𝜔2

yazılabilir. Verilenler kullanılarak sönüm sabiti b için

𝑏 = 2𝑥0,5√𝜔02 − (0,998𝜔0)2 = √1 − 0,9982𝜔0 = 0,0632√

12,5

0,5

= 0,0632𝑥5 = 0,316 𝑘𝑔/𝑠

elde edilir.

b)

𝐴 = 𝐴0e− 𝑏t

2m = 𝐴0e−

0,316t

2x0,5 = 𝐴0e− 0,316t

elde edilir.

c) Sönümlü hareketin toplam enerjisinin genliğin karesi ile orantılı olduğunu

biliyoruz (Ders notlarına bakınız)

𝐸𝑡𝑜𝑡 ∝ (𝐴0e− 𝑏t

2m)2

= 𝐴02e−

𝑏tm

𝐸𝑡𝑜𝑡

𝐸0= 0,01 olması için geçen süre soruluyor.

𝐸𝑡𝑜𝑡

𝐸0=

𝐴02e

− 𝑏tm

𝐴02 = e−

𝑏t

m = e−

0,316t

0,5 = e− 0,632t = 0,01 ⇒ e 0,632t = 100

⇒ 0,632𝑡 = 𝑙𝑛100 ⇒ 𝑡 =𝑙𝑛100

0,632= 7,287 𝑠

d) Kritik sönüm halinde

𝜔02 −

𝑏𝑘2

4𝑚2= 0

olduğunu hatırlayınız. Buradan

𝑏𝑘 = √4𝑘𝑚 = √4𝑥12,5𝑥0,5 = √25 = 5 𝑘𝑔/𝑠

elde edilir.